Воробьев Теория электромагн поля и СВЧ (Кривець)

311

		(r, α)= (C			/ r )cosα = E		(γ1	−γ2 )	R	2
ϕ	e		r +C	2e							−r cosα.
		1e			0		(γ1	+γ2 )	r

Значения постоянных интегрирования находят по граничным условиям (см. п.5.4):

1)ϕi =ϕe при r = R ;

2)δin =δen (т.е. γ1 − ∂∂ϕri r=R = γ2 − ∂∂ϕre r=R ).

Напряжённость поля внутри и вне цилиндра

E =

∂ϕ 2

1 ∂ϕ

2

−

+

−

.

r ∂α

∂r

Внутри цилиндра напряжённость поля имеет одно и то

же значение и направление: E =

2γ2

E = const .

γ

i

1

+γ

2

0

Вне цилиндра

E

= E

(γ

1 −γ2 )

R2

2

2

(γ1

−γ2 )

R2

2

2

+1

cos

α +

−1

sin

α.

2

e

0

(γ

1 +γ2 )

r

(γ1

+γ2 )

r

Картина поля представлена на рис. 5.10.

Ответ: потенциалы проводящего цилиндра во внешнем электрическом поле равны

2γ

2

(γ1 −γ2 )

R2

ϕ

i

= −

E r cosα , ϕ

e

= E

−r cosα ;

γ

1 +γ2

0

0

(γ1 +γ2 )

r

напряжённость

поля

внутри

цилиндра

постоянна

E =

2γ2

E = const , вне цилиндра напряжённость поля

γ

i

1

+γ

2

0

312

E

= E

(γ1 −γ

2 )

R2

2

2

α

(γ1

−γ2 )

R2

2

2

α.

2

+1 cos

+

−1 sin

e

0

(γ1 +γ

2 )

r

(γ1

+γ2 )

r

Пример 2. Исходя из общего решения задачи для шара

во внешнем однородном поле (см. п.5.4) определить

потенциал и напряжённость поля проводящего шара

радиуса R с зарядом Q , расположенного

в диэлектри-

ческой среде с проницаемостью ε . Внешнее поле

напряжённостью E0

направлено вдоль оси z (рис. 5.11).

z

E0

E0

ϕ>0

θ

R

ϕ=0

y

ϕ<0

α

x

а)

б)

Рисунок 5.11 – Проводящий шар в однородном

электрическом поле диэлектрической среды:

а) шар в сферической системе координат;

б) картина поля

Решение: поскольку шар проводящий, то поле внутри шара отсутствует (ϕi = const ), решение для потенциала

шара, расположенного во внешнем однородном поле имеет следующий вид:

313

ϕ

e

=

C1e

+C

2e

+

C

r +

C4e

cosθ .

(5.28)

r

3e

r

2

В (5.28) присутствуют четыре неизвестных постоянных C1e , C2e , C3e и C4e , для определения которых необходимо

учесть не только условие на поверхности шара, но и условия на бесконечно большом удалении от шара, т.е. на бесконечности.

Совокупность весьма удалённых от шара точек в условном смысле рассматривается при этом как бесконечность. Если шар не заряжен, то все точки

плоскости X 0Y , проходящей	через центр шара, имеют
один и тот же потенциал (обозначим через ϕ0 ).
При удалении от шара	на большое расстояние

z = r cosθ , по сравнению с которым радиус шара R весьма мал, возмущающее действие шара на поле проявляется как возмущение от точечного заряда Q . Потенциал на

бесконечности определяется так:

ϕ =	Q	+ϕ		+ E r cosθ .	(5.29)
			0
	4πεa r			0
Первое слагаемое правой части (5.29) даёт
составляющую потенциала от заряда шара					Q , слагаемое

E0r cosθ учитывает прирост потенциала от напряжённости равномерного поля E0 на пути z = r cosθ . Так как решение

(5.28) годится и для точек поля, весьма далеко удалённых от шара, то можно сопоставить выражения (5.28) и (5.29). Они должны давать один и тот же результат. Это будет только в том случае, когда соответствующие слагаемые в обоих выражениях равны. Из сопоставления следует, что

C2 =ϕ0 ; C1 = 4πεQ a ; C3 = E0 .

314

Сопоставление на бесконечности не даёт возможности найти величину C4 , так как в (5.29) нет слагаемого,

изменяющегося обратно пропорционально второй степени r . Для нахождения C4 воспользуемся тем, что в условиях

электростатики все точки поверхности шара имеют один и тот же потенциал. Это условие равносильно тому, что тангенциальная составляющая напряжённости поля на поверхности шара равна нулю. При r = R

ϕ = const =	Q	+	E		R +	C4		cosθ +ϕ	0	.
	4πεa R			0		R	2

Правая часть будет постоянной с изменением θ только

при условии, что	E R	+		C4			= 0 . Отсюда C			4	= −E R3 .
	0			R	2						0
Таким образом, для всех точек диэлектрика
	Q							3
ϕ =			+ E0				r −	R	cosθ +ϕ0		(5.30)
	4πεa r							2
								r			от r и θ ,
Так как потенциал зависит									только

напряжённость электрического поля имеет только две составляющие:

Er

∂ϕ

Q

− E0

2R

3

= −

=

1+

cosθ ;

(5.31)

∂r

4πεa r

2

3

r

1 ∂ϕ

3

Eθ = −

= E0

1

−

R

sinθ .

r ∂θ

3

r

Если Q = 0 , то на поверхности шара (при r = R )

Er = −3E0 cosθ .

При θ =0 напряжённость Er = −3E0 ; при θ =180° Er = 3E0 , т.е. в этих точках напряжённость стала в три раза больше напряжённости равномерного поля E0 , в которое

315

был внесён шар. На «экваторе» при θ =90° напряжённость равна нулю.

	Q			3
Ответ: ϕ =		+ E0	r −	R	cosθ +ϕ0	;
	4πεa r			2
				r

	Q						3			3
Er =			− E0	1	+	2R3	cosθ ; Eθ = E0	1	−	R	sinθ .
	4πεa r	2								3
						r				r

Из анализа предельных случаев следует, что капелька воды, попав в бак трансформатора с масляным заполнением, вызывает значительное местное увеличение напряжённости поля.

На рис. 5.11 б приведена общая картина распределения

→

электрического поля (вектора D и эквипотенциальных линий) для проводящего шара в диэлектрической среде.

Пример

3.

В

равномерное

электрическое поле

E0 =800 В/м

внесён

шар

из

диэлектрика (ε1 =4)

радиуса

R =2 см. Окружающая среда – воздух (ε2 =1). Потенциалы

внутри ϕi и вне ϕe шара изменяются по законам

ϕi

=ϕ0 + E0r

3ε2

cosθ ;

(2ε2 +ε1 )

R3

(ε2

−ε1 )

ϕ

e

=

ϕ

0

+ E

r +

cosθ .

2

0

r

(2ε2 +ε1 )

поля E

Определить

напряжённости электрического

при r =1 см, θ =0° и при r =10 см, θ =90°.

Решение: так как по условию задачи дан шар, то решение задачи удобно выполнять в сферической системе координат.

→

Используем выражение (1.3): E = −gradϕ .

316

С учётом отсутствия зависимости потенциала ϕ от угла α выражение для gradϕ в сферической системе координат примет вид:

gradϕ = r0 ∂ϕ	+θ0	1 ∂ϕ = r0		(−E	)+θ0	(−E	),
→	→		→		→
				r		θ
∂r		r ∂θ

→→

где r0 и θ0 - единичные орты.

E =

E2

+ E2 .

r

θ

Найдём поле внутри шара.

3ε2

Eri

= −

∂ϕ

= −E0

cosθ ;

∂r

(2ε2 +ε1 )

Eθ i

1 ∂ϕ

= E0

3ε2

θ .

= − r ∂θ

sin

(2ε2 +ε1 )

Тогда

3ε2

3ε2

Ei

= E0

2

θ +sin

2

θ = E0

cos

.

(2ε2 +ε1 )

(2ε2 +ε1 )

Найдём поле вне шара.

(ε2 −

ε1 )

E

∂ϕ

= −E

2R3

= −

1−

cosθ ;

3

re

∂r

0

r

(2ε2 +ε1 )

E

1 ∂ϕ

E

R3

(ε2 −

ε1 )

= −

=

1+

sinθ .

3

θ e

r ∂θ

0

r

Тогда

(2ε2 +ε1 )

E

= E

2R3

(ε2 −ε1 )

2

2

R3

(ε2 −ε1 )

2

2

1−

cos

θ +

1+

sin

θ.

3

3

e

0

r

(2ε2 +

r

(2ε2 +ε1 )

ε1 )

При r =1 см, θ =0, E = Ei

= E0

3ε2

=400 В/м.

(2ε2 +ε1 )

При r =10 см, θ =90°,

									317
E = E		= E		−	2R3			(ε2 −ε1 )
	re		1							cosθ =793,6 В/м.
						3
		0			r			(2ε
									2 +ε1 )

Ответ: при	r =1 см и θ =0 E =400 В/м; при r =10 см и
θ =90° E =793,6	В/м.

Метод зеркальных изображений

Пример 1. На расстоянии h от границы раздела двух диэлектриков с диэлектрическими проницаемостями ε1 и

ε2 в среде с ε2 расположена заряженная нить с линейной

плотность заряда τ

(рис. 5.12). Определить потенциал ϕ и

напряжённость

электрического

поля

E

для

точки,

τ1

лежащей

на

границе

раздела

диэлектриков

по

нормали от

h

заряда,

считая

её

принадлежащей двум средам.

ε2

Решение:

для

решения

задачи

воспользуемся

методом

ε1

зеркальных

изображений.

Рассмотрим два случая:

Рисунок

5.12

–

1)

точка

принадлежит

Заряженная нить над

верхней полуплоскости;

границей

раздела

2)

точка

принадлежит

двух диэлектриков

нижней полуплоскости.

вводим

В

первом

случае

мнимую

нить

с

линейной

плотностью

заряда

(ε

−ε )

τ

2 =τ1 (ε22

+ε11 )

и заменяем среду с ε1

на среду с ε2 (рис.

5.13а). Поле, создаваемое заряженной нитью,

определяется по формуле (см. пример 2.5) E = 2πετ a r .

ε2

ε2

τ1

h

h

τ2

318

τ3

h

ε1

ε1

а б

Рисунок 5.13 – Метод зеркальных изображений для определения E в точке, находящейся:

а) в верхней полуплоскости; б) в нижней полуплоскости

Поле, создаваемое двумя заряженными нитями,

E = E + E =

τ1

+

τ2

=

1

2

2πεa2h 2πεa2h

τ1

ε

τ1

=

1

+

2 −ε1

=

.

2πεa2h

π h(εa2 +

εa1 )

ε2 +ε1

Потенциал заряженной нити определяется по формуле (см. пример 2.5)

ϕ = 2πετ a ln 1r .

Тогда потенциал от двух заряженных нитей по закону наложения полей

ϕ =ϕ +ϕ		=	τ1	ln 1 +	τ2	ln 1 =	τ1	ln 1 .
	2						π (εa2 +εa1 )
1			2πεa2	h 2πεa2		h		h

319

Во втором случае заменим заряженную нить с τ1 на

мнимую нить с τ3 =τ1

2ε1

а среду с ε2

на среду с ε1

,

(ε2 +ε1 )

(см. рис. 5.13 б).

Тогда

напряжённость

электрического

поля,

создаваемого заряженной нитью с τ3 ,

E =

τ3

=

τ1

.

2πεa1h

π h(εa2 +εa1 )

Потенциал

ϕ =

τ3

1

=

τ1

1

.

ln

ln

2πεa1

h

π (εa2 +εa1 )

h

Ответ: для точки, находящейся на границе раздела

двух

сред,

напряжённость

электрического

поля

E =

τ1

; потенциал ϕ =

τ1

ln

1

.

π h(εa2 +εa1 )

π (εa2 +εa1 )

h

2 см

Пример 2. Над границей

I1

раздела двух магнитных сред с

M

магнитными

проницаемостями

µ1 =1 и µ2 =999, в среде с µ1 , на

2 см

µ1

расстоянии

R

от

границы

расположен проводник с током.

µ2

см

Определить

напряжённости

2

магнитного поля в точках

M и

N (рис. 5.14): R =2 см; точка M

N

находится на

расстоянии

R1 =2

Рисунок

5.14

–

см от провода с током; точка N

Проводник

с током

находится на расстоянии 4 см от

над

поверхностью

точки

M

перпендикулярно

раздела двух сред

поверхности раздела; сила тока

I1 =10

А. Найти напряжённости

320

магнитного поля H в точках M и N .

Решение: для решения задачи воспользуемся методом зеркальных изображений.

Для нахождения поля в точке M введём мнимый ток

I2 = ((µ2 − µ1 )) I1

µ2 + µ1

и заменим среду с магнитной проницаемостью µ2 на среду

с µ1 (рис. 5.15, а). Тогда		по принципу наложения
напряжённость магнитного поля в точке M
→	→	→
H M	= H1	+ H 2 .

Для прямолинейного проводника с током

H1 = 2πI1R1 =79.5 А/м.

	H2 =	I	2	=	(µ2	− µ1 )		I	=35.4 А/м.
					(µ2	+ µ1 )		1
		2π R2						2π R12 +(2R1 )2

µ1

µ1

I1

2 см 2 см

2 см			I3
R1	M
		H2		R3
α	α		µ2
R2			µ2
	H1	HM	HN	N

I2

а

б

Рисунок 5.15 – Метод зеркальных изображений для определения H : а) в точке M ; б) в точке N